Trie（字典树）是一种用于实现字符串检索的多叉树。
Trie的每一个节点都可以通过 c 转移到下一层的一个节点。
我们可以看作可以通过某个字符转移到下一个字符串状态，直到转移到最终态为止。这是后话……
我们以插入了字符串 ab，aa，b 三个字符串的Trie树为例：
其实一看图就非常清晰了
在上图中，如果我们需要继续插入一个字符串 abc，那么就只需要新建一个节点即可
思路清晰，那么代码如何实现？
struct Node {
int kids[65];
int cnt;
} nodes[N];
#define kids(p, j) nodes[p].kids[j]
#define cnt(p) nodes[p].cnt
void insert(char * s, int len) {
int p = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
int j = discrete(s[i]);
if (!kids(p, j)) kids(p, j) = ++usage; // 新建节点
p = kids(p, j);
}
++cnt(p);
}
discrete指的是离散化，例如这里是将
a-z用0-25表示
最终的 cnt 表示有几个字符串在当前节点结束。
我们还是利用类似的思路，一个一个向下走。
例如我们要查询字符串 aba，那么我们从根节点 0 开始，通过 a 走到 1 节点，通过 b 走到 4 节点，发现没有 a 的子节点，表明没有这个字串，结束寻找。
// 这里是查询这个字符串出现了多少次，为0就是没有出现
int count(char * s, int len) {
int p = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
int j = discrete(s[i]);
if (!kids(p, j)) return 0;
p = kids(p, j);
}
return cnt(p);
}
其实主要操作就这两个，我们考虑一下空间和时间复杂度：
时间复杂度很明显是与字符串长度相关的，我们每处理一个字符走一个节点，也就是 \(O(L)\) 的复杂度，那么总的复杂度就是 \(O(NL)\)
至于空间复杂度，每处理一个字符串至多新建 \(L\) 个节点，那么就是 \(O(L)\) ，每一个节点的大小关乎字符串的字符集大小，所以我们认为是 \(O(C)\) 那么总共就是 \(O(NLC)\) ，但是，在实际中，远远达不到此复杂度（除非毒瘤出题人想卡你），例如最初的图，一共 4 个字符串，但是只有 5 个节点……
注意题意，以询问所给作为前缀，求有多少个字符串满足此前缀
那么我们需要魔改一下
insert函数即可……将++cnt(p)放入循环中即可还请读者仔细思考
这道题非常的神奇……考虑先建Trie树，如果某一个字符串的字典序比其他任何字符串都大，那么一定不存在为其前缀的字符串。
再考虑字典序，如果使
s其字典序最大，那么每一个分叉点上，s[i]比其他所有存在的分叉都要大。如样例：
omm,moo,mom。
如果要使
omm最大那么在第一层上满足o > m，其他层上没有分叉。如果要使
moo最大，那么第一层上满足m > o，第三层上满足o > m，条件相悖，所以不可行。其他同理。
那么我们如何判断条件相悖？可以借鉴
2-SAT的思路，通过大于关系建图，如果存在环，那么不可行。判环用拓扑，谁用Tarjan啊
最终，每一个串判断一遍即可。
这道题就是Trie的一种特殊用法。
有点类似线段树的区间标记。
我们考虑改变一个规则对其整个子树都有影响，那么我们考虑什么时候影响抵消？更深的点会阻挡了标记的下传。那么我们记录一下各个点的标记情况，通过类似线段树的方法下传标记即可。
正确性显然。
Trie树实际上是 AC自动机 和 回文自动机 等自动机的载体，需要经过一点点小变换。
在此不展开叙述，详见我的其他文章。